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1第2课时定点与定值问题题型一定点问题例1已知椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)过点(0,1),其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列.直线l与x轴正半轴和y轴分别交于点Q,P,与椭圆分别交于点M,N,各点均不重合且满足PM→=λ1MQ→,PN→=λ2NQ→.(1)求椭圆的标准方程;(2)若λ1+λ2=-3,试证明:直线l过定点,并求此定点.解(1)设椭圆的焦距为2c,由题意知b=1,且(2a)2+(2b)2=2(2c)2,又a2=b2+c2,∴a2=3.∴椭圆的标准方程为x23+y2=1.(2)由题意设P(0,m),Q(x0,0),M(x1,y1),N(x2,y2),设l方程为x=t(y-m),由PM→=λ1MQ→知(x1,y1-m)=λ1(x0-x1,-y1),∴y1-m=-y1λ1,由题意y1≠0,∴λ1=my1-1.同理由PN→=λ2NQ→知λ2=my2-1.∵λ1+λ2=-3,∴y1y2+m(y1+y2)=0,①联立x2+3y2=3,x=ty-m,得(t2+3)y2-2mt2y+t2m2-3=0,∴由题意知Δ=4m2t4-4(t2+3)(t2m2-3)0,②且有y1+y2=2mt2t2+3,y1y2=t2m2-3t2+3,③③代入①得t2m2-3+2m2t2=0,∴(mt)2=1,由题意mt0,∴mt=-1,满足②,得直线l的方程为x=ty+1,过定点(1,0),即Q为定点.思维升华圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法:引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量,再研究变化的量与参数何时没有关系,找到定点.(2)特殊到一般法:根据动点或动线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关.跟踪训练1已知焦距为22的椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的右顶点为A,直线y=43与椭圆C2交于P,Q两点(P在Q的左边),Q在x轴上的射影为B,且四边形ABPQ是平行四边形.(1)求椭圆C的方程;(2)斜率为k的直线l与椭圆C交于两个不同的点M,N.①若直线l过原点且与坐标轴不重合,E是直线3x+3y-2=0上一点,且△EMN是以E为直角顶点的等腰直角三角形,求k的值;②若M是椭圆的左顶点,D是直线MN上一点,且DA⊥AM,点G是x轴上异于点M的点,且以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点,求证:点G是定点.(1)解由题意可得2c=22,即c=2,设Qn,43,因为四边形ABPQ为平行四边形,|PQ|=2n,|AB|=a-n,所以2n=a-n,n=a3,则a32a2+169b2=1,解得b2=2,a2=b2+c2=4,可得椭圆C的方程为x24+y22=1.(2)①解直线y=kx(k≠0)代入椭圆方程,可得(1+2k2)x2=4,解得x=±21+2k2,可设M21+2k2,2k1+2k2,由E是3x+3y-2=0上一点,可设Em,23-mm≠0,且m≠23,E到直线kx-y=0的距离为d=km+m-231+k2,因为△EMN是以E为直角顶点的等腰直角三角形,所以OE⊥MN,|OM|=d,即有23-mm=-1k,(*)4+4k21+2k2=km+m-231+k2,(**)3由(*)得m=2k3k-1(k≠1),代入(**)式,化简整理可得7k2-18k+8=0,解得k=2或47.②证明由M(-2,0),可得直线MN的方程为y=k(x+2)(k≠0),代入椭圆方程可得(1+2k2)x2+8k2x+8k2-4=0,可得-2+xN=-8k21+2k2,解得xN=2-4k21+2k2,yN=k(xN+2)=4k1+2k2,即N2-4k21+2k2,4k1+2k2,设G(t,0)(t≠-2),由题意可得D(2,4k),A(2,0),以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点,可得AN⊥DG,即有AN→·DG→=0,即为-8k21+2k2,4k1+2k2·(t-2,-4k)=0,解得t=0.故点G是定点,即为原点(0,0).题型二定值问题例2如图,已知抛物线C:x2=4y,过点M(0,2)任作一直线与C相交于A,B两点,过点B作y轴的平行线与直线AO相交于点D(O为坐标原点).(1)证明:动点D在定直线上;(2)作C的任意一条切线l(不含x轴),与直线y=2相交于点N1,与(1)中的定直线相交于点N2,证明:|MN2|2-|MN1|2为定值,并求此定值.(1)证明依题意,直线AB的斜率存在,可设AB方程为y=kx+2,代入x2=4y,得x2=4(kx+2),即x2-4kx-8=0.显然Δ0恒成立,设A(x1,y1),B(x2,y2),则有x1x2=-8.直线AO的方程为y=y1x1x;BD的方程为x=x2.解得交点D的坐标为x=x2,y=y1x2x1,4注意到x1x2=-8及x21=4y1,则有y=y1x1x2x21=-8y14y1=-2.因此D点在定直线y=-2上(x≠0).(2)解依题设,切线l的斜率存在且不等于0,设切线l的方程为y=ax+b(a≠0),代入x2=4y得x2=4(ax+b),即x2-4ax-4b=0.由Δ=0得(4a)2+16b=0,化简整理得b=-a2.故切线l的方程可写为y=ax-a2.分别令y=2,y=-2得N1,N2的坐标为N12a+a,2,N2-2a+a,-2,则|MN2|2-|MN1|2=2a-a2+42-2a+a2=8,即|MN2|2-|MN1|2为定值8.思维升华圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值.依题意设条件,得出与代数式参数有关的等式,代入代数式、化简即可得出定值.(2)求点到直线的距离为定值.利用点到直线的距离公式得出距离的解析式,再利用题设条件化简、变形求得.(3)求某线段长度为定值.利用长度公式求得解析式,再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得.跟踪训练2已知点M是椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)上一点,F1,F2分别为C的左、右焦点,且|F1F2|=4,∠F1MF2=60°,△F1MF2的面积为433.(1)求椭圆C的方程;(2)设N(0,2),过点P(-1,-2)作直线l,交椭圆C于异于N的A,B两点,直线NA,NB的斜率分别为k1,k2,证明:k1+k2为定值.(1)解在△F1MF2中,由12|MF1||MF2|sin60°=433,得|MF1||MF2|=163.由余弦定理,得|F1F2|2=|MF1|2+|MF2|2-2|MF1||MF2|·cos60°=(|MF1|+|MF2|)2-2|MF1||MF2|(1+cos60°),解得|MF1|+|MF2|=42.从而2a=|MF1|+|MF2|=42,即a=22.5由|F1F2|=4得c=2,从而b=2,故椭圆C的方程为x28+y24=1.(2)证明当直线l的斜率存在时,设斜率为k,显然k≠0,则其方程为y+2=k(x+1),由x28+y24=1,y+2=kx+1,得(1+2k2)x2+4k(k-2)x+2k2-8k=0.Δ=56k2+32k0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-4kk-21+2k2,x1x2=2k2-8k1+2k2.从而k1+k2=y1-2x1+y2-2x2=2kx1x2+k-4x1+x2x1x2=2k-(k-4)·4kk-22k2-8k=4.当直线l的斜率不存在时,可得A-1,142,B-1,-142,得k1+k2=4.综上,k1+k2为定值.直线与圆锥曲线的综合问题数学运算是指在明晰运算对象的基础上,依据运算法则解决数学问题的过程.主要包括:理解运算对象,掌握运算法则,探究运算方向,选择运算方法,设计运算程序,求得运算结果等.例椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别是F1,F2,离心率为32,过F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.(1)求椭圆C的方程;(2)点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点,连接PF1,PF2,设∠F1PF2的角平分线PM交C的长轴于点M(m,0),求m的取值范围;(3)在(2)的条件下,过点P作斜率为k的直线l,使得l与椭圆C有且只有一个公共点,设直6线PF1,PF2的斜率分别为k1,k2,若k2≠0,证明1kk1+1kk2为定值,并求出这个定值.解(1)由于c2=a2-b2,将x=-c代入椭圆方程x2a2+y2b2=1,得y=±b2a.由题意知2b2a=1,即a=2b2.又e=ca=32,所以a=2,b=1.所以椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)设P(x0,y0)(y0≠0),又F1(-3,0),F2(3,0),所以直线PF1,PF2的方程分别为:y0x-(x0+3)y+3y0=0,:y0x-(x0-3)y-3y0=0.由题意知|my0+3y0|y20+x0+32=|my0-3y0|y20+x0-32.由于点P在椭圆上,所以x204+y20=1.所以|m+3|32x0+22=|m-3|32x0-22.因为-3m3,-2x02,可得m+332x0+2=3-m2-32x0,所以m=34x0,因此-32m32.(3)设P(x0,y0)(y0≠0),则直线l的方程为y-y0=k(x-x0).联立得x24+y2=1,y-y0=kx-x0,整理得(1+4k2)x2+8(ky0-k2x0)x+4(y20-2kx0y0+k2x20-1)=0.由题意Δ=0,即(4-x20)k2+2x0y0k+1-y20=0.又x204+y20=1,7所以16y20k2+8x0y0k+x20=0,故k=-x04y0.由(2)知1k1+1k2=x0+3y0+x0-3y0=2x0y0,所以1kk1+1kk2=1k1k1+1k2=-4y0x0·2x0y0=-8,因此1kk1+1kk2为定值,这个定值为-8.素养提升典例的解题过程体现了数学运算素养,其中设出P点的坐标而不求解又体现了数学运算素养中的一个运算技巧——设而不求,从而简化了运算过程.1.(2018·相阳教育模拟)设F1,F2为椭圆C:x24+y2b2=1(b0)的左、右焦点,M为椭圆上一点,满足MF1⊥MF2,已知△MF1F2的面积为1.(1)求C的方程;(2)设C的上顶点为H,过点(2,-1)的直线与椭圆交于R,S两点(异于H),求证:直线HR和HS的斜率之和为定值,并求出这个定值.解(1)由椭圆定义得|MF1|+|MF2|=4,①由垂直得|MF1|2+|MF2|2=|F1F2|2=4(4-b2),②由题意得12△MFFS=12|MF1|·|MF2|=1,③由①②③,可得b2=1,C的方程为x24+y2=1.(2)依题意,H(0,1),显然直线的斜率存在且不为0,设直线RS的方程为y=kx+m(k≠0),代入椭圆方程化简得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0.由题意知,Δ=16(4k2-m2+1)0,设R(x1,y1),S(x2,y2),x1x2≠0,故x1+x2=-8km4k2+1,x1x2=4m2-44k2+1.kHR+kHS=y1-1x1+y2-1x2=kx1+m-1x1+kx2+m-1x2=2k+(m-1)x1+x2x1x2=2k+(m-1)-8km4m2-4=2k-2kmm+1=2km+1=-1.8故kHR+kHS为定值-1.2.(2018·威海模拟)已知抛物线C:y2=2px(p0)的焦点F,直线y=4与y轴的交点为P,与抛物线C的交点为Q,且|QF|=2|PQ|.(1)求p的值;(2)已知点T(t,-2)为C上一点,M,N是C上异于点T的两点,且满足直线TM和直线TN的斜率之和为-83,证明:直线MN恒过定点,并求出定点的坐标.解(1)设Q(x0,4),由抛物线定义,|QF|=x0+p2,又|QF|=2|PQ|,即2x0=x0+p2,
本文标题:2020版高考数学大一轮复习 第九章 平面解析几何 高考专题突破五 高考中的圆锥曲线问题(第2课时)
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